最新201X学年物理人教版选修3-1-1.6电势差与电场强度的关系同步练习-教师用卷Word版含解析

1、309教育网电势差与电场强度的关系同步练习一、单选题1. 如图所示，匀强电场场强E=100V/m，A、B两点相距10cm、A、B连线与电场线夹角为60，若取A点电势为0，则B点电势为()A. -10VB. 10VC. -5VD. 5V【答案】C【解析】解：由图示可知，根据顺着电场线方向电势降低，可知B的电势低于A的电势，则UBA<0AB方向与电场线方向间的夹角=60，BA两点沿电场方向的距离d=Lcos，BA两点间的电势差UBA=-Ed=ELcos=-100V/m×0.1m×cos60=-5V，因取A点电势为0，则B点电势为B=UBA+A=-5+0=-5V；故选：C2

2、. 如图所示，匀强电场的场强E=3×105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60，下列说法正确的是()A. 电荷量q=+2×10-4C的电荷从A点运动到B点电势能增大6JB. 电荷量q=-2×10-4C的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6JC. 若取A点的电势为0，则B点的电势B=3×104VD. A、B两点间的电势差是UAB=6×104V【答案】B【解析】解：A、从A到B，电场力做功W=qEdABcos60=2×10-4×3×105×0.2×12J=6J.则电势能减小6J

3、.故A错误。B、从A到B，电场力做功W=-qEdABcos60=-2×10-4×3×105×0.2×12J=-6J.故B正确。C、AB间的电势差UAB=EdABcos60=3×105×0.2×12V=3×104V，因为A点的电势为0，则B点的电势为B=-3×104V.故C、D错误。故选：B。3. 如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，1、2两点间距离与3、4两点间距离相等.下列判断正确的是()A. 2、3两点的电势相等B. 1、3两点的电场强度相等C. 1、2两点的电场强度

4、相等D. 1、2两点的电势差与3、4两点的电势差相等【答案】A【解析】解：A、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等.故A确B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，它们的电场强度的大小不相同，方向不同.故B错误；C、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，它们的电场强度的大小不相同，方向相同.故C错误；D、U=Wq，由于1、2两点的电场线比3、4两点间的电场线密集，故在12两点间电场力做功多，故12两点间电势差大，故D错误故选：A4. 如图所示，一带电粒子以一定速度进入正点电荷Q形成的电场中，粒子仅在电场力作用下运动的轨迹如图中实线所示，图中虚线

5、是以Q为圆心的同心圆，M、N是运动轨迹与同心圆的交点.下列说法正确的是()A. 粒子带负电B. 图中三个同心圆中，n点所在圆的电势最高C. 粒子从M到N的过程中，速率先增大后减小D. 粒子从M到N的过程中，电势能先增大后减小【答案】D【解析】解：A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受静电斥力作用，因电场为正电荷产生的电场，故粒子带正电，故A错误；B、在电场中沿着电场线方向，电势逐渐降低，故B错误；C、粒子由N动到M过程中，电场力先做负功后做正功，故速率先减小后增大，故C错误；D、粒子由M动到N过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增大后减小，故D正确故选：D5. 两个等量点

6、电荷位于x轴上，它们的静电场的电势随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M，N，且OM>ON，由图可知()A. N点的电势低于M点的电势B. M，N两点的电场方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小C. 仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M，N之间的某两点做往复运动D. 负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力先做正功后做负功【答案】B【解析】解：A、由图知，N点的电势高于M点的电势.故A错误B、由E=Ud可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小.斜率都为正值，说明M、N点的电场方向相同.故B正确C、根据顺着电场线方向电

7、势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动.故C错误D、负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向由从M指向N，电场力方向与位移相同，电场力一直做做正功.故D错误故选：B 6. 如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，ab=2bc=2L，电场线与矩形所在的平面平行，已知a点电势为18V，b点电势为10V，c点电势为6V，一质子从a点以速度v0射入电场，v0与ab边的夹角为45，一段时间后质子经过ab中点e，不计质子重力，下列判断正确的是()A. d点电势为12VB. 质子从a到b电势能增加了8eVC. 电场强

8、度大小为4LD. 质子从a到e所用时间为2L2v0【答案】D【解析】解：A、匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，故Uad=Ubc，可得d点电势为14V，故A错误B、Uac=Ucb=12Uab=8V，故质子从a到b电场力做功为W=eU=8eV，电场力做正功电势能减小，故B错误C、经计算可知，d点和e点的电势相同，故连点连线为等势线，由于ab=2bc=2L，故ade为等腰三角形，a点到直线de的距离为L2，由电场强度与电压的关系可得，电场强度大小为42L，故C错误D、de连线为等势线，故质子抛出后做类平抛运动，落到e点时，垂直于电场线方向的位移为22L，所需时间为t=22×Lv0

9、=2L2v0，故D正确故选：D 7. 如图，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()A. U1变大，U2变大B. U1变小，U2变大C. U1变大，U2变小D. U1变小，U2变小【答案】B【解析】解：根据动能定理：eU1=12mv2 得：v=2qU1m 在偏转电场中vy=at a=qU2md 且t=Lv 而vy=at 则tan=vyv=U2L2U1d 若使偏转角变小即使tan变小，由上式看出可以增大U2减小U1.故B正确，ACD错误；故选：B二、多选题8. 在电场强度大小为E的匀强电场中，将一

10、个质量为m、电荷量为+q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成角的方向做直线运动.关于带电小球的电势能和机械能W的判断，正确的是()A. 若sin<qEmg，则一定减少，W一定增加B. 若sin=qEmg，则、W一定不变C. 若sin=qEmg，则一定增加，W一定减小D. 若tan=qEmg，则可能增加、也可能减少，但与W的总和一定保持不变【答案】BD【解析】解：A、若sin<qEmg，电场力可能做正功，也可能做负功，所以可能减小也可能增大、W可能增大也可能减小。故A错误。BC、若sin=qEmg，则电场力与速度方向垂直，电场力不做功，、W一定守恒。故B正确，C错误。D、

11、若tan=qEmg，则电场力沿水平方向，可能水平向左，可能水平向右，则电场力和重力的合力与速度方向可能同向，也可能成一定的角度，则电场力可能做正功，可能做负功，可能增加，可能减小，根据能量守恒知，电势能和机械能之和保持不变，故D正确。故选：BD。9. a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，abc=120.现将三个等量的负点电荷-Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为+q的检验电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d处，则两点相比()A. +q在d点所受的电场力比在O点的大B. +q在d点所具有的电势能比在O点的大C. d点的电场强度小于O点的电场强度D. d点的电势低于O点的电势【答案】

12、BC【解析】解：A、设菱形的边长为r，根据公式E=kQr2分析可知三个点电荷在d点生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，D点的场强大小为ED=2kQr2O点的场强大小为EO=kQ(r2)2=4kQr2，可见，d点的电场强度小于O点的电场强.所以+q在d点所受的电场力较小，故A错误，C正确；B、Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，d点的电势高于O点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能较大.故B正确.D错误故选：BC 10. 如图甲所示，电荷量q=1X10-4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间

13、t的关系如图乙所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图丙所示.重力加速度g=l0m/s2，则()A. 物块在4s内位移是8 mB. 物块的质量是2kgC. 物块与水平面间动摩擦因数是0.2D. 物块在4s内电势能减少了14J【答案】CD【解析】解：A、由图象可知，物块在4s内位移为：x=12×2×(2+4)m=6m，故A错误BC、由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有： qE1-mg=ma，由图线知加速度为：a=1m/s2        1s后物块做匀速运动，由平衡条件

14、有：qE2=mg联立解得：q(E1-E2)=ma             由图可得：E1=3×104N/C，E2=2×104N/C，代入数据解得：m=1kg      由qE2=mg可得：=0.2，故B错误，C正确D、物块在前2s的位移S1=12×2×2m=2m 物块在第2s的位移为  S2=vt2=4m     &#

15、160;    电场力做正功 W=qE1S1+qE2S2=3×2+2×4=14J  则电势能减少了14J，故D正确故选：CD11. 在真空中M、N两点分別放有异种点电荷+2Q和-Q，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd.a、0、c三点恰好将MN四等分，b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图所示.则下列说法正确的是()A. a、b、c、d四点电场强度的大小关系是Ea>Ec，Eb=EdB. a、b、c、d四点电势的关系是a>c，b=dC. 在MN的连线上，O点的电场强度最小D. 将带负电的试探电荷由b沿直线移动到

16、d的过程中，其电势能始终不变【答案】AB【解析】解：A、设Ma=aO=d.则Ea=k2Qd2+kQ(3d)2=19kQ9d2，Ec=k2Q(3d)2+kQd2=11kQ9d2，故Ea>Ec，b、d两点由于对称，则有Eb=Ed.故A正确B、沿电场线方向电势降低，故a>c，根据对称性可知b=d.故B正确C、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由电场线疏密程度可知，AB连线上电场强度最小值出现在O点的右侧，故C错误D、负点电荷沿直线由b运动到d的过程中，只是初末位置的电势能相等，过程中电势能在变化.故D错误故选：AB 12. 如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂

17、直于电场线，M点与N在同一电场线上.两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，M点的粒子与电场线成一定的夹角进入，N点的粒子垂直电场线进入，两粒子恰好都能经过P点，重力不计.在此过程中，下列说法正确的是()A. 两粒子到达P点的速度大小可能相等B. 电场力对两粒子做功一定不相同C. 两粒子到达P点时的电势能都比进入电场时小D. 两粒子到达P点所需时间一定不相等【答案】BD【解析】解：A、根据动能定理知N点的粒子到达P点时的速度增大，而M点的粒子到达P点时的速度大小不变，它们的初速度大小相等，所以两粒子达到P点的速度大小不相等，故A错误B、由于M

18、P间的电势差为零，NP间的电势差大于零，则由W=qU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，电场力对两粒子做功一定不相同，故B正确；C、根据电场力做功情况可知，M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点时电势能减少，故C错误D、在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM=L，设M点的粒子与电场线的夹角为.则M点的粒子到达P点的时间tM=Lv0sin，N点的粒子到达P点的时间tN=Lv0，可见，两粒子到达P点所需时间一定不相等.故D正确故选：BD 三、计算题13. 一质量为m、电荷量为q的小球，从O点以和水平方向成角的初速度v0抛出，当达到最高点A时，恰进入一匀强电场

19、中，如图，经过一段时间后，小球从A点沿水平直线运动到与A相距为S的A'点后又折返回到A点，紧接着沿原来斜上抛运动的轨迹逆方向运动又落回原抛出点(重力加速度为g，未知)，求：(1)该匀强电场的场强E的大小；(2)从O点抛出又落回O点所需的时间【答案】解：斜上抛至最高点A时的速度vA=v0cos    水平向右由于AA'段沿水平方向直线运动，所以带电小球所受的电场力与重力的合力应为一平向左的恒力：F=mgtan=qEcos     带电小球从A运动到A'过程中作匀加速度运动有  

20、60;(v0cos)2=2qEcossm       由以上三式得：E=mv04cos4+4g2s22qs(2)小球斜抛运动到A点的时间t1=v0sing，从A到A'的运动时间t2=svA2=2sv0cos，根据运动的对称性，则t=2(t1+t2) 所以小球沿AA'做匀减速直线运动，于A'点折返做匀加速运动所需时间t=2v0sing+4sv0cos答：(1)匀强电场的场强E的大小为mv04cos4+4g2s22qs.(2)从O点抛出又落回O点所需的时间为t=2v0sing+4sv0cos【解析】(1)根据平行四

21、边形定则求出小球在A点的速度，抓住小球所受电场力和重力的合力与AA'在同一条直线上，根据平行四边形定则求出合力的大小，根据牛顿第二定律和速度位移公式求出匀强电场的场强大小(2)根据等时性求出斜抛运动的时间，结合平均速度的推论求出匀减速运动的时间，根据从抛出点出发到A'和返回到抛出点过程的对称性求出整个过程的运动时间解决本题的关键掌握处理斜抛运动的方法，以及知道小球做直线运动，合力与速度方向在同一条直线上14. 如图所示，一质量为m=2.0×10-2kg、带电荷量为q=10×10-6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场区域足够大，静止时悬线

22、向左与竖直方向成60角.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度取g=10m/s2(1)判断小球带何种电荷(2)求电场强度E的大小(3)若在某时刻将细线突然剪断，求小球运动的加速度a的大小【答案】解：(1)小球受竖直向下的重力、沿绳子方向的拉力和水平向左的电场力，电场强度水平向右，则：小球带负电(2)对小球，由平衡条件得：qE=mgtan60入数据解得：E=23×104N/C(3)剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgcos60=ma，代入数据解得，小球的速度a=20m/s2速度方向为与竖直方向夹角为60斜向左下答：(1)判断小球带负电荷(2)电场强度E

23、的大小为23×104N/C(3)若在某时刻将细线突然剪断，小球运动的加速度a=20m/s2【解析】本题的关键是正确对小球受力分析，根据平衡条件可得小球受到的电场力方向向左并可求出电场强度的值，剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度解决动力学问题的关键是正确受力分析和运动过程分析，然后选择相应规律列式求解即可15. 如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开.已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小【答案】解：(1)两带电小球的电量相同，可知M球在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N球在水平方向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等，两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖直方向上的